【数论】bzoj3601一个人的数论

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如果这题叫“一只蛤的神论”…

反正窝只会30分乱搞…

test1:暴力水过 test2:欧拉函数 test3:n/2*欧拉函数…

蒟蒻之前从未见过莫比乌斯反演与高斯消元如此奇妙的结合在一起…

所以来瞎bb一下…

明确目标：ans=∑ni=1[gcd(i,n)==1]id，然后就开始漫长的治疗公式恐惧症的历程…

利用莫比乌斯反演最基本的运用将gcd展开成莫比乌斯函数。

∑i=1n[gcd(i,n)==1]id=∑i=1nid∑g|iμ(g)

利用和式的性质将柿子变一下性。

=∑g|nμ(g)∑i=1n[g|i]∗id

此处i的作用与之前不同，之前的i用来枚举g的倍数，此处gi用来枚举g的倍数。

=∑g|nμ(g)∑i=1ng(gi)d=∑g|nμ(g)gd∑i=1ngid

然后是窝觉得此题最令人惊叹的地方。

令s(m)=∑mi=1id，我们猜测这个柿子是关于m的d+1次的多项式。这货只能感性的理解一下…

然后我们就可以用高斯消元来求这个多项式的系数…

当然也可以用拉格朗日插值法，理论复杂度比高斯消元优（然而窝写不来…逃…）

就是暴力求出1~d+1的s值，然后待定系数，然后高斯消元…

然后就知道辣s(m)=∑d+1i=1aimi

ans=∑g|ngdμ(g)∑i=1dai(ng)i

=∑i=1dai∑g|nμ(g)gd−i∗ni

观察与g有关的柿子，μ(g)和gd−i都是积性函数，所以hi(n)=∑g|nμ(g)gd−i∗ni也是积性函数。

加之题目中的n是以质因数分解的形式给出，考虑n的某一个质因数p以及其对应的次幂。

hi(pa)=∑j=0aμ(pj)pj∗(d−i)pai

根据莫比乌斯函数的定义，在这些柿子中只有μ(1)与μ(p)的值非0。

=μ(1)pai+μ(p)pd−ipai

=pai−pd−ipai=pai(1−pai)

至此，问题解决完毕。

大概重新理一下解题过程。

1.用待定系数+高斯消元（拉格朗日插值法）求出某多项式的系数。

2.直接上计算式子ans==∑di=1ai∏phi(pa)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define mod 1000000007
#define LL long long int
using namespace std;

int n, d, p[1005][2];
int sum[105], mat[155][155], A[155];

int power(int a,LL pos)
{
int ans=1;
if(pos<0)pos+=mod-1;
for(;pos;pos>>=1, a=1ll*a*a%mod)
if(pos&1)ans=1ll*ans*a%mod;
return ans;
}

void init()
{
for(int i=1;i<=d+2;++i)
{
sum[i]=(power(i,d)+sum[i-1])%mod;
mat[i-1][d+2]=sum[i], mat[i-1][0]=1;
for(int j=1;j<=d+1;++j)mat[i-1][j]=1ll*mat[i-1][j-1]*i%mod;
}

for(int i=0, j, k, tmp;i<=d+1;++i)
{
for(j=i;j<=d+1;++j)if(mat[j][i])break;
if(i!=j)for(k=0;k<=d+2;++k)swap(mat[i][k],mat[j][k]);
for(j=0;j<=d+1;++j)
if(j!=i&&mat[j][i])
{
tmp=1ll*mat[j][i]*power(mat[i][i],mod-2)%mod;
for(k=0;k<=d+2;++k)mat[j][k]=(mat[j][k]-1ll*tmp*mat[i][k]%mod+mod)%mod;
}
}

for(int i=0;i<=d+1;++i)A[i]=1ll*mat[i][d+2]*power(mat[i][i],mod-2)%mod;
}

int main()
{
scanf("%d%d",&d,&n);
init();
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d%d",&p[i][0],&p[i][1]);
int ans=0;
for(int i=1, tmp;i<=d+1;++i)
{
tmp=1;
for(int j=1;j<=n;++j)
tmp=1ll*power(p[j][0],1ll*p[j][1]*i%(mod-1))*(1-power(p[j][0],d-i)+mod)%mod*tmp%mod;
ans=(ans+1ll*A[i]*tmp%mod)%mod;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}